同济大学 工程力学练习册 P15-P22 习题解答
大学《工程力学》课后习题解答-精品
大学《工程力学》课后习题解答-精品2020-12-12【关键字】情况、条件、动力、空间、主动、整体、平衡、建立、研究、合力、位置、安全、工程、方式、作用、结构、水平、关系、分析、简化、倾斜、支持、方向、协调、推动(e)(c)(d)(e)’CD2-2 杆AC 、BC 在C 处铰接，另一端均与墙面铰接，如图所示，F 1和F 2作用在销钉C 上，F 1=445 N ，F 2=535 N ，不计杆重，试求两杆所受的力。
解：(1) 取节点(2) AC 与BC 2-3 水平力F A 和D 处的约束力。
解：(1) 取整体(2) 2-4 在简支梁，力的大小等于20KN ，如图所示。
若解：(1)(2)求出约束反力：2-6 如图所示结构由两弯杆ABC 和DE 构成。
构件重量不计，图中的长度单位为cm 。
已知F =200 N ，试求支座A 和E 的约束力。
解：(1) 取DE (2) 取ABC2-7 在四连杆机构ABCD 试求平衡时力F 1和F 2解：（1）取铰链B (2) 取铰链C 由前二式可得：F FF ADF2-9 三根不计重量的杆AB，AC，AD在A点用铰链连接，各杆与水平面的夹角分别为450，，450和600，如图所示。
试求在与O D平行的力F作用下，各杆所受的力。
已知F=0.6 kN。
解：(1)间汇交力系；(2)解得：AB、AC3-1 已知梁AB 上作用一力偶，力偶矩为M ，梁长为l ，梁重不计。
求在图a ，b ，c 三种情况下，支座A 和B 的约束力解：(a) (b) (c) 3-2 M ，试求A 和C解：(1) 取 (2) 取 3-3 Nm ，M 2解：(1)(2) 3-5 大小为AB 。
各杆 解：(1)(2)可知：(3) 研究OA 杆，受力分析，画受力图：列平衡方程：AB A3-7 O1和O2圆盘与水平轴AB固连，O1盘垂直z轴，O2盘垂直x轴，盘面上分别作用力偶（F1，F’1），（F2，F’2）如题图所示。
同济大学工程力学练习册习题解答
l
l = yC
E ( 0.5l，0.634l )
取
—
— P1 习题：2 — √2 二次投影法 Fx = - — F = -50√2 N z 2 — Mz — √ 2 g′ Fy = — F = 50√2 N Fz = 0 F 2 Fx Fy My — b′ Mx = -Fy l = -25√2 N.m MO a′ O y — My = -|Fx|l = -25√2 N.m Mx
FBx B F1
FB FBy B
FB
[铰 B ]
FAy
FE
F2 C
O 二力杆 FO1
FO2 A FAx FAy E
铰链约束 O D FD [ OD ] FD F1 B
[ BCD ] D
F2
C
三力汇交
[ 整体 ]
FO2 FOx O FOy
[铰 O ] FO1 FOy
O FOx
D
P4 习题：1
m) M34 = F3· OA j = 6 j (kN·
按要求! 画全!
想当然? (约束 公理)力系特性) 去掉约束! 符号(一致)
单独画出! 位置 (不交叉 外部) 内力(不考虑)
P2 习题：1(a)
光滑接触面
O
FNA
A
PB
FNB
[圆O]
P2 习题：1(b)
F
B
二力杆
C
三力汇交
FC
反作用力 FC
A FAx
C
O
[ OC ]
FO
铰链约束 FAy [ AB ]
FC
O F2 D E FE [ 轮O ] FD
三力汇交 C
C FC 光滑接触面 [ AB ] B
《工程力学》课后习题解答
解：(1) 取整体为研究对象，受力分析，A、B 处 x 方向和 y 方向的约束力分别组成力偶， 画 受力图。 (2) 列平衡方程：
M
FBz
x
0
FBz AB F2 2r 0
2rF2 2 20 5 2.5 N FAz FBz 2.5 N 80 AB M z 0 FBx AB F1 2r 0 FBx
W (c)
W
B
W A
FB
A FA
B
W A
(d)
(e)
1-2 试画出以下各题中 AB 杆的受力图。 A E C W D (a) B (b) W C D C B W (c) B A A
《工程力学》习题选解
A C
F A B (d) (e) A E C FA C W D B FB (a) A F C B (d) FB FA C W (e) (b) FD D B FB W (c) B FB C W B
10
《工程力学》习题选解
A FA
M1 M2 B
50
FB
解：(1) 取整体为研究对象，受力分析，A、B 的约束力组成一个力偶，画受力图； (2) 列平衡方程：
M 0
FB l M1 M 2 0
FB
M1 M 2 500 125 750 N l 50
FA FB 750 N
2-7 在四连杆机构 ABCD 的铰链 B 和 C 上分别作用有力 F1 和 F2，机构在图示位置平衡。 试 求平衡时力 F1 和 F2 的大小之间的关系。 C B
45o 90o F1 30o 60o
F2
A
D
解： （1）取铰链 B 为研究对象，AB、BC 均为二力杆，画受力图和封闭力三角形； FBC B FAB
工程力学练习册答案(部分)
工程力学练习册答案(部分)工程力学科学技术专业教学姓氏学习用书学校第199分科名称培训第1章静力学基础1第1章静力学基础1-1绘制受力图没有重力的物体的重量不计算在内。
所有触点都是平滑触点。
(a)(b)(c)(d)2第一章静力学基础(f)第一章静态基础3(a)(b)(c)(a)1-3绘制图中指定对象的应力图除了图中所示的以外，所有的摩擦力都被排除了，每个物体的自重也被排除了。
4第一章静力学基础(b)第一章静力学基础5。
199第一章静力学基础7(g)第二章平面力系2-1电机重量P=5000N，放置在横梁交流中心，如图所示横梁的一端由铰链固定，另一端由撑杆支撑，撑杆与横梁的夹角为30°如果忽略撑杆和梁的重量，则计算扭转支座A和B处的约束反力。
8第一章静力学基础2-1图？f？Fxy？0，FBcos30？？FAcos30？？0？0，FAsin30？？FBsin30？？P:固定资产？FB？p？5000N2-2物体重量P=20kN，用绳子挂在支架的滑轮b上，绳子的另一端与绞车d相连，如图所示转动绞盘，物体就可以升起。
将滑轮尺寸和轴承摩擦设置为忽略不计，将杆重设置为忽略不计。
三个部分A、B 和C是铰接的当物体处于平衡状态时，找出拉杆AB和支撑杆BC上的力。
第4章材料力学基本概念92-2图？f？Fxy？0，？FAB？FBCcos30？？Psin30？？0？0，？FBCsin30？？Pcos30？？p？0:FAB？？3.732PFBC？2.732P2-3如图所示，ACB输电线路安装在两极之间，形成一条垂直线，弧垂距离CD=f=1m，两极之间的距离AB=40m线的ACB部分的重量为P = 400N牛顿，这可以被认为是沿着近视的AB直线均匀分布。
可以计算导线中点和两端的张力。
问题2-3图10第一章以静态基础交流截面导线为研究对象，三种力会聚？f？Fxy？0，FAcos？？舰队指挥官？0，发新？？FGtan？？1/10:固定资产？201NFC？2000N2-4显示为拔桩装置。
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工程力学课后习题答案
篇一：工程力学课后习题答案
工程力学
学学专学教姓
习册
校院业号师名
练
第一章静力学基础
1-1 画出下列各图中物体A，构件AB，BC或ABC的受力图，未标重力的物体的重量不计，所有接触处均为光滑接触。
（a）
（b）
（c）
（d）
（e）
（f）
（g）
1-2 试画出图示各题中AC杆（带销钉）和BC杆的受力图
（a）（b）（c）
（a）
1-3 画出图中指定物体的受力图。
所有摩擦均不计，各物自重除图中已画出的外均不计。
（a）
篇二：工程力学(静力学与材料力学)第四版习题答案
静力学部分第一章基本概念受力图
由新疆大学&东华大学汤宏宇整理
由新疆大学&东华大学汤宏宇整理
由新疆大学&东华大学汤宏宇整理
由新疆大学&
东华大学
汤宏宇整理
2-1 解：由解析法，
FRX??X?P2cos??P3?80N
FRY??Y?P1?P2sin??140N
FR??161.2N
故：
??FRY?(FR,P)?arccos?29?44?1
FR
2-2
解：即求此力系的合力，沿OB建立x坐标，由解析法，有
??
FRX??X?P1cos45?P2?P3cos45?3KN
??FRY??Y?P1sin45?P3sin45?0
故：。
同济大学 理论力学 孙杰 习题解答3 (练习册P11-P16)
F2 O
3 Fx = 0 F2 - F3 = 0 5 4 Fy = 0 F1 + F2 = 0 5
F1 = 32.7 kN
P13 习题：2
A
M
机构
j平面任意力系B F NhomakorabeaO
j
FAB
B FB A
F
Fx = 0
2
5
FAB - F = 0 FAB = 200 N 5
M FAB O FOx FAB FOy
Fy = 0
F2= 0
j
MO = 0
FAB
M =( FAB + FAB)×l 5 5
1
2
= 60 N· m
也可使用 力偶系平衡特性
P14 习题：3 有主次之分的结构
C
FCx FCy
MC = 0
F
FB = F
也可使用 三力平衡汇交定理
B FB C
Fx = 0
F
三力汇交?
A FAx FAy
j j
MA
Fy = 0
MB = 0
P2 FD×9 - FA×3 - P1×3 - P2×7 = 0
D FD Fy = 0
A
FA
B FB
FA = - 48.34 kN
FB = 100 kN
C
FA + FB + FD - F1 - F2 = 0
P12 习题：3 P
Px FE
Py
E
FCy C FCx P
B
有主次之分的结构 （平面问题） P MC = 0 1 2 P×2 - P×2 - P×2 + FE× 2 = 0 5 5 FE = 483 N 1 2 PFE = 553 N Fx = 0 FCx = 2 5 1 1 P + FE = 894 N Fy = 0 FCy = P 5 2 D
《工程力学》课后习题与答案全集
相对运动：滑块E沿斜滑槽作直线运动；
牵连运动：随摇杆 相对于机架作定轴转动。
根据速度合成定理：
式中各参数为：
速度
大小
未知
未知
方向
水平
由图示速度平行四边形可得：
m/s,方向水平相左。
6．L形直OAB以角速度 绕O轴转动， ，OA垂直于AB；通过滑套C推动杆CD沿铅直导槽运动。在图示位置时，∠AOC= ，试求杆CD的速度。
（3）.图（c）中动点是L形状的端点A，动系固结于矩形滑块M；
（4）.图（d）中动点是脚蹬M，动系固系于自行车车架；
（5）.图（e）中动点是滑块上的销钉M，动系固结于L形杆OAB。
(a)
(c)(d)
解：（1）绝对运动：向左做直线运动；相对运动：斜相上方的直线运动；牵连运动：向下直线运动。牵连速度 如图（a）。
5.2解；分别研究重物A与鼓轮，受力与加速度
分析如图，对重物A有：
对轮子有：
其中 ，
，
解得
5.3解：该系统初动能为零，设曲柄转过 角时的角速度为w，则有
式中
解得
对时间求一阶导数且 解得
习题五
4.如图所示机构中，已知均质杆AB长为l,质量为m，滑块A的质量不计。 ， 试求当绳子OB突然断了瞬时滑槽的约束力即杆AB的角加速度。
由 ， （1）
， （2）
式中 （3）
联立（1）、（2）、（3）可得：
，
第三章点的合成运动
判断题：
1．√；2.×;3.√
习题三
1．指出下述情况中绝对运动、相对运动和牵连运动为何种运动？画出在图示的牵连速度。定系固结于地面；
（1）.图（a）中动点是车1，动系固结于车2；
工程力学课后习题答案-工程力学实验课后题答案
工程力学练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础 1第一章静力学基础1—1 画出下列各图中物体A，构件AB,BC或ABC的受力图，未标重力的物体的重量不计，所有接触处均为光滑接触。
(a)（b）（c）（d）（e)（f）（g）1-2 试画出图示各题中AC杆（带销钉）和BC杆的受力图（a）(b）（c)(a）1—3 画出图中指定物体的受力图。
所有摩擦均不计,各物自重除图中已画出的外均不计。
（a)（b）(c)（d）（e)(f）（g)2 第二章平面力系第二章平面力系2—1 电动机重P=5000N，放在水平梁AC的中央，如图所示。
梁的A端以铰链固定,另一端以撑杆BC支持,撑杆与水平梁的夹角为30 0。
如忽略撑杆与梁的重量,求绞支座A、B 处的约束反力。
题2—1图解得：2-2 物体重P=20kN，用绳子挂在支架的滑轮B上，绳子的另一端接在绞车D上，如图所示。
转动绞车，物体便能升起。
设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计,杆重不计,A、B、C三处均为铰链连接。
当物体处于平衡状态时,求拉杆AB和支杆BC所受的力。
题2-2图解得：2—3 如图所示，输电线ACB架在两电线杆之间,形成一下垂线,下垂距离CD=f=1m,两电线杆间距离AB=40m。
电线ACB段重P=400N,可近视认为沿AB直线均匀分布,求电线的中点和两端的拉力。
题2—3图以AC段电线为研究对象，三力汇交2—4 图示为一拔桩装置。
在木桩的点A上系一绳，将绳的另一端固定在点C，在绳的点B系另一绳BE,将它的另一端固定在点E。
然后在绳的点D用力向下拉,并使绳BD段水平,AB段铅直；DE段与水平线、CB段与铅直线成等角=0。
1rad（弧度）（当很小时，tan）。
如向下的拉力F=800N，求绳AB作用于桩上的拉力。
题2—4图作BD两节点的受力图联合解得：2—5 在四连杆机构ABCD的铰链B和C上分别作用有力F1和F2，，机构在图示位置平衡.求平衡时力F1和F2的大小间的关系。
(完整版)工程力学习题解答(详解版)
工程力学答案详解1-1试画出以下各题中圆柱或圆盘的受力图。
与其它物体接触处的摩擦力均略去。
解：1-2 试画出以下各题中AB 杆的受力图。
(a) B(b)(c)(d)A(e)A(a)(b) A(c)A(d)A(e)(c)(a)(b)解：1-3 试画出以下各题中AB 梁的受力图。
(d)(e)BB(a)B(b)(c)F B(a)(c)F (b)(d)(e)解：1-4 试画出以下各题中指定物体的受力图。
(a) 拱ABCD ；(b) 半拱AB 部分；(c) 踏板AB ；(d) 杠杆AB ；(e) 方板ABCD ；(f) 节点B 。
解：(a)F (b)W(c)(d)D(e)F Bx(a)(b)(c)(d)D(e)W(f)(a)D(b)B(c)BF D1-5 试画出以下各题中指定物体的受力图。
(a) 结点A ，结点B ；(b) 圆柱A 和B 及整体；(c) 半拱AB ，半拱BC 及整体；(d) 杠杆AB ，切刀CEF 及整体；(e) 秤杆AB ，秤盘架BCD 及整体。
解：(a)(d) FC(e)WB (f)F FBC(c)(d)AT F BAF (b)(e)(b)(c)(d)(e)CAA C’CDDB2-2 杆AC 、BC 在C 处铰接，另一端均与墙面铰接，如图所示，F 1和F 2作用在销钉C 上，F 1=445 N ，F 2=535 N ，不计杆重，试求两杆所受的力。
解：(1) 取节点C 为研究对象，画受力图，注意AC 、BC 都为二力杆，(2) 列平衡方程：12140 sin 600530 cos6005207 164 o y AC o x BC AC AC BC F F F F F F F F F N F N=⨯+-==⨯--=∴==∑∑ AC 与BC 两杆均受拉。
2-3 水平力F 作用在刚架的B 点，如图所示。
如不计刚架重量，试求支座A 和D 处的约束力。
解：(1) 取整体ABCD 为研究对象，受力分析如图，画封闭的力三角形：(2)F 1F FDF F AF D211 1.122D A D D A F F FF F BC AB AC F F F F F =====∴===2-4 在简支梁AB 的中点C 作用一个倾斜45o 的力F ，力的大小等于20KN ，如图所示。
同济大学材料力学习题解答(练习册PP等)
FS1 = FA = 40 kN
M1 = 0
特殊位置截面
FS2 = FA = 40 kN
M2 = FA×2 = 80 kN·m FS3 = FA - 3q×2 = - 20 kN M3 = FA×4 - 3q×2×1
= 100 kN·m
P73 40-1(c)
A FA
12 3 F BC
1 2FB 3
相邻截面
M2 = F×2 = 20 kN·m
C F
FS3 = FS2 = - 10 kN
M3 = M2 = 20 kN·m
P73 40-1(b)
12
33 q
A
B
C
1FFAS1 2
3
FC
A M1
FA
FS2
A FA
M2
3q FS3
A
B
M3
FA
3q
M3
C
FS3
FC
mA = 0 FC = 80 kN
Fy = 0 FA = 40 kN
G·IP p
d ≥ 4 180 × 32 Mnl = 19.8 mm
Gp2 [j]
≤ [q ]
=
1° 2m
取 d = 20 mm
P72 39-3 T0
圆轴：
T0
FC FC
FC FC
FC
FC
FC T0 FC
WP =
pd3 16
FC FC
= 196.3 cm3 tmax =
Mn
令 = 70
MPa
WP
T0 = Mn = WPtmax = 13.74 kN·m
R
zC
O R
z1
z2
Iz = IzC+Ab2
工程力学练习册答案
第一章 静力学公理与物体的受力分析第一章答案从略第二章 平面特殊力系2-1~2-5答案从略。
2-6解：选节点A 为研究对象，受力如图∑=0XF3015cos 1=+xos F F AB15cos 231F F AB -=选节点B 为研究对象，受力如图0=∑XF60cos 30cos 2=--F F AB12553.13F F F AB =-==21F :F 得出0.6442-13解：选整体为研究对象，受力如图所示∑=0M F F F B A ==_5.045sin =⨯+P FB A F KN F F =-==6.22-16.解：以整体为研究对象，受力如图所示，由平面力偶理论；F F F B A ==_，0=∑i m ，022=+M l FA B F F F L===-2-17.解：受力如图所示由平衡方程得：0X =∑，0AX= Y A =N B∑=0M Y A x2a+M-Qxa=0 Y AByP_A2-18. 解：先以杆AB 为研究对象， 由平面力偶系理论，设A F X P ==0im =∑ 10m p a -=1A mF X P a===再以杆件DC 为研究对象，/D F X =0im =∑ /20Fa m -=12m m =第三章 平面一般力系3-1~3-3从略3-4. 解：选BC 为研究对象，0=∑B M 0=-⨯M a N C a MN C =∑=0Y 0=-P YBP Y B=0=∑X 0=+CBN X aM NX CB-=-=选整体为研究对象，受力图如图0=∑X 0A C X N += aM N X C A -=-= ∑=0Y 102A Y P P q l ---= 122AY q l p =+ 0=∑A M 12()0,0232A AC am F M qa a M P Pa N a =-⋅---+=∑ 2332A qa Pa M =+3-5.解：先以杆BC 为研究对象()0=∑F m B，0tan 2=⋅⋅-⋅+θa Na Q M Cθθtan 2tan 2Qa M N C +⋅=AX F/F CN B X_C N C _B再以整体为研究对象∑=0X F ， 0=+C A N X θθt a n 2t a n 2Qa M X A --=0=∑YF 0=--⋅-Q P a q YA Q P a q Y A ++⋅= ()0=∑F m A t a n222=+⋅⋅-⋅-⋅-⋅-M a N a Q a P a q m C A θa Q a P a q m A ⋅+⋅+⋅=222∴A 点的约束反力为：θθtan 2tan 2Qa M X A -⋅-= ，Q P a q Y A ++⋅= a Q a P a q m A ⋅+⋅+⋅=222C 点的约束反力为：θθtan 2tan 2Qa M N C +⋅= 3-7. 选起重机为研究对象0)(=∑F M F—01*23=+-Q N P E KNN E 10=∑=0Y 00=--+p N NF EKN N P N E F 50=-=∴ 再选CD 为研究对象0)(=∑F M C 06=-F D N N KN N D650=∴ =8.333KN 再选ABCD 为研究对象 0)(=∑F M A037512=+'-'-B F E D N N N N KN N B 100= 0=∑X 0=AX N ∑=0Y 0='-'-++'F EB D AYN N N N N N AY 33.48-=3-8.解：选DC 为研究对象，列平衡方程0=∑Y 0=-P N CP N C =选CA 为研究对象，=∑AM()025.2215.22=⨯-+⨯'B CN q N N B = ∑=0Y Y A = ∑=0X X A =AYBN EFX3-9. 解：先以杆BD 为研究对象b M N M b N F m D D B ==-⋅=∑,0,0)( 再以杆CB 为研究对象2,02,0)(FN b N b F F m Cc B ==⋅-⋅=∑ 再以整体为研究对象（图见原图）∑xF=0， 0=A XbMF qb Y N N F qb Y F A D c A y -+==++--=∑2,0,0 M Fbqb m b N M Fb b q m F m A D A A -+==∙+---=∑22,0222,0)(22最后再以杆AB 为研究对象∑xF=0， 0,033='='+''B BA X X X 2,0,033F b M Y Y qb Y F B B A y -='='+-=''∑ ∴A 处的约束反力为：M Fbqb m b M F qb Y X A A A -+=-+==22,2,02销钉B 对杆AB 处的约束反力为2,033Fb M Y X B B -='='''B X D F↑C N C2B X 2B YA X 3B Y AB 受力图3-10. 解：先以整体为研究对象()0=∑F m A，0075.210001=⨯+⋅EXN X E 2075-=()0=∑F m E， 01075.21000=⋅-⨯AX，N X A 2075=0=∑YF， 0=-+P Y Y E A (1)再以杆CE 为研究对象，()0=F m B， 015.011=⋅+⋅+⋅C E ET Y X，N Y E 2000=将E Y 回代到方程（1）中有N Y A 1000-=∴A 处的约束反力为：N X A 2075= ，N Y A 1000-=E 处的约束反力为：N X E 2075-= ，N Y E 2000=3-11. 选CD 为研究对象0=∑C M 得出Y D 选BCD 为研究对象， 0=∑B M 得出X D选整体为研究对象0=∑X X A =∑=0Y Y A =0=∑A M M A =3-12. 解：先以杆DE 为研究对象()0=∑F m D ， 0223=⋅-⋅l F l N E ， F N E 43= 再以杆BD 为研究对象()0=∑F m B ，03252342=⋅+⋅-⋅⋅-⋅l N l F l l q l N E CF l q N C 238+⋅=，最后以整体为研究对象0=∑X F ，02=+F X A ，2F X A -= 0=∑YF23-⋅-++F l q N N Y E C A 8743lq F Y A ⋅+-=()0=∑F m A0421272322=-⋅+⋅-⋅-⋅+⋅-M l N l F l F l N l q m E C AM l F l F l q m A +⋅+⋅-⋅=243432∴A 处的约束反力为：2FX A -= ，8743lq F Y A ⋅+-= ，M l F l F l q m A +⋅+⋅-⋅=243432 C 处的约束反力为：F l q N C 238+⋅=E 处的约束反力为：F N E 3= 3-13.选CB 研究对象，受力如图∑=0CM02cot =⨯-a S Pa BA α2cot αP S BA= 选CD 研究对象，受力如图∑=0C M 02=-M a S ED aM S ED 2=选整体研究对象，受力如图0=∑X 0=+--ED BA GS S X()M Pa aX G +=αcot 21∑=0Y 0=-P Y G P Y G =0=∑GM()(2c o t --++-a S S Pa M M BA ED G α()αcot 2Pa M abM G -=_E3-16. 解：因BCD 是二力杆，选ED 为研究对象，受力如图，由平面力偶系理论：∑=0M 060sin 3=+⨯-M a F E∑=0Y 030cos =+DB ES Y aM SF DBE 332-==在选AB 为研究对象，受力如图,均布荷载用集中力2qa 替代。
工程力学练习册习题答案
工程力学练习册学校学院专业学号教师姓名第一章静力学基础1-1 画出下列各图中物体A，构件AB，BC或ABC的受力图，未标重力的物体的重量不计，所有接触处均为光滑接触。
（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）1-2 试画出图示各题中AC杆（带销钉）和BC杆的受力图（a）（b）（c）（a）1-3 画出图中指定物体的受力图。
所有摩擦均不计，各物自重除图中已画出的外均不计。
（a）（b）（c）（d）（e）（f）（g）第二章 平面力系2-1 电动机重P=5000N ，放在水平梁AC 的中央，如图所示。
梁的A 端以铰链固定，另一端以撑杆BC 支持，撑杆与水平梁的夹角为30 0。
如忽略撑杆与梁的重量，求绞支座A 、B 处的约束反力。
题2-1图∑∑=︒+︒==︒-︒=PF F FF F F B A yA B x 30sin 30sin ,0030cos 30cos ,0解得: N P F F B A 5000===2-2 物体重P=20kN ，用绳子挂在支架的滑轮B 上，绳子的另一端接在绞车D 上，如图所示。
转动绞车，物体便能升起。
设滑轮的大小及轴承的摩擦略去不计，杆重不计，A 、B 、C 三处均为铰链连接。
当物体处于平衡状态时，求拉杆AB 和支杆BC 所受的力。
题2-2图∑∑=-︒-︒-==︒-︒--=030cos 30sin ,0030sin 30cos ,0P P F FP F F F BC yBC AB x解得:PF P F BC AB 732.2732.3=-=2-3 如图所示，输电线ACB 架在两电线杆之间，形成一下垂线，下垂距离CD =f =1m ，两电线杆间距离AB =40m 。
电线ACB 段重P=400N ，可近视认为沿AB 直线均匀分布，求电线的中点和两端的拉力。
题2-3图以AC 段电线为研究对象，三力汇交 NF N F F F FF F F C A GA yC A x 200020110/1tan sin ,0,cos ,0=======∑∑解得：ααα2-4 图示为一拔桩装置。
《工程力学》课后习题解答
《工程力学》课后习题解答————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：1-1试画出以下各题中圆柱或圆盘的受力图。
与其它物体接触处的摩擦力均略去。
解：1-2 试画出以下各题中AB 杆的受力图。
B A O W( BA O W F(O W(AA O W(BAO W (BFFB O W(B A O WF(F FAO W(F F O A O W(F FAO W (BF F AWC B(cD (AWC E B(AW CD B解：1-3 试画出以下各题中AB 梁的受力图。
ABF(C AB W(CA BW (C FFABF(C FF(FFF D AWCE B(bAWCD BFFF(cAWC BFFAWCB(aWABC D(cABF q D(bCCA BF WDA ’ D ’B ’(d ABF q(e解：1-4 试画出以下各题中指定物体的受力图。
(a) 拱ABCD ；(b) 半拱AB 部分；(c) 踏板AB ；(d) 杠杆AB ；(e) 方板ABCD ；(f) 节点B 。
解：A WCB(aF BF AABF qD(bF CF DWABC (cF CF BCA BF WD(d F BF AF DAB Fq(eF BxF By F AABF(aDCWAF (bDB(cFAB DD ’ABF(dCDW ABCD(eWABC(fAB F(a DCWF AxF AyF DAF (b BF BF A(cFABDF BF D1-5 试画出以下各题中指定物体的受力图。
(a) 结点A ，结点B ；(b) 圆柱A 和B 及整体；(c) 半拱AB ，半拱BC 及整体；(d) 杠杆AB ，切刀CEF 及整体；(e) 秤杆AB ，秤盘架BCD 及整体。
解：(a)AB F(d CF B F CW AB CD(e F BF AWB (fF ABF BCA B W (a (c B CW 1W 2 FA F D A BCE F (dA F ABF AT F ABF BAF BTWAB P P (bW AB C C ’ DO G (e(b)(c)(d)(e)F CAPCF BB PCF ’CF AAB PPF B F NBCW 1W 2 F AF CxF CyF AxF AyB W 1F A F Ax F AyF Bx F ByB C W 2 F Cx F CyF ’Bx F ’By FA BC F C F BDC E F F E F ’C F F FDAB C E F F EF FF BB C D G F B F C WABCC ’ DO GF Oy F OxF C ’A B O W F BF Oy F Ox2-2 杆AC 、BC 在C 处铰接，另一端均与墙面铰接，如图所示，F 1和F 2作用在销钉C 上，F 1=445 N ，F 2=535 N ，不计杆重，试求两杆所受的力。
《工程力学》课后习题解答
2rF1 2 20 3 1.5 N 80 AB
FAx FBx 1.5 N
2 2
FA
FAx FAz
2
2
1.5 2.5
8.5 N
FB FA 8.5 N
3-8 在图示结构中，各构件的自重都不计，在构件 BC 上作用一力偶矩为 M 的力偶，各尺寸 如图。求支座 A 的约束力。 D M C l A l l l
11
《工程力学》习题选解
A
FA
M1 FO 列平衡方程： O
M 0
FA OA M1 0
M1 FA OA 5 0.6 3 Nm
3-7 O1 和 O 2 圆盘与水平轴 AB 固连，O1 盘垂直 z 轴，O2 盘垂直 x 轴，盘面上分别作用力偶 （F1，F’1） ， （F2，F’2）如题图所示。如两半径为 r=20 cm, F1 =3 N, F2 =5 N,AB=80 cm, 不计构件自重，试计算轴承 A 和 B 的约束力。 z F’ 1 FAz A FAx x F2 O O2 F’2 FBx F1 O1 FBz B y
(c)
W1 A FAy FAx
(d)
A F FC
A D D F
C
E B FB FE
F FF
C
F ’C
E FE
F FF
C
B FB
(e) FB A W FOx FOy O B FB FC C W FC’ B G D A FOx FOy C’ C O B G D
4
《工程力学》习题选解
2-2 杆 AC、BC 在 C 处铰接，另一端均与墙面铰接，如图所示，F1 和 F2 作用在销钉 C 上， F1=445 N，F2=535 N，不计杆重，试求两杆所受的力。 A
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F4 D FD H F2
Fx = 0
F1= - 2 kN
F1
P17 习题：2
MA = 0 Fsinq ×2lcos45º = F P×lcos45º +Fcosq ×2lsin45º q B P 受力图 P l F= 2(sinq – cosq ) l 45º 几何法 F = 0 A FN + Fsinq = P y jm q sinq – 2cosq FN FN = P 2(sinq – cosq ) 临界平衡 Fcosq = FS = fSFN Fx = 0
+
(cosj)2 =
1 即 ( ay =
x
l+AM
)2
+(
y
l-AM
)2 = 1
= 1600 cos4t
d2y dt2
椭圆
= - 320 sin4t
当 j = 4t = 0；
ax = - 16 m/s2
ay = 0
∴ a = 16 m/s2 (向左)
直角坐标法 坐标(固定) 轨迹方程
P22 习题：3
令
2(sinq – cosq ) 1 + 2tanjm ∴ cosq = (sinq – 2cosq ) tanjm 或 tanq = tanjm 2(sinq – cosq )
即
cosq
P = tanjm ×
sinq – 2cosq
P
P18 习题：3
F1
F2 Q
Fy = 0 Q
FNcosq + FSsinq = Q
静力学 3
习题解答
练习册
P15 习题：1 l
C E
F
FCE
节点法 [C] FCE 零杆判定 顺序(图) FCB 拉力假设
[E] F
FCE = FCB = 0 FEB = – 3 2 kN
= Fx = 0 F + FEBsin45º 0 = Fy = 0 FED + FEBsin45º 0
l
F B D O
≤ FN ≤
B
q
而 设:有B下滑的趋势 |FS | ≤ fSFN
Q
cosq + fSsinq
cosq – fSsinq
受力图
Fx = 0
F
FNsinq – FScosq = F
且 |FS | ≤ fSFN
q
F3
(1)
A
F4
sinq – fScosq cosq + fSsinq Q
(2)
Q≤F ≤
sinq + fScosq Q cosq – fSsinq
几何法
b
C
FC FD
b 而 tanq = l–h
= fS
∴ b ≤ fS(l – h) = 11cm
P21 习题：2
A y O
j = 4t
M B x
x = ( l + AM )cosj = 100cos4t y = ( l - AM )sinj = 20sin4t
j
(sinj)2
ax = d2x dt2
– Fy = 0 FED – FDAsin45º FDO = 0 FDO = 9 kN
P15 习题：2
FC
FAx A FAy C
∥ ∥ ∥
零杆判定 2 H 1
∥ ∥ ∥ ∥ G ∥
E M = 0 A FE
B
F2 F3
D FD
H 1
4 FE = kN 3
截面法 截面
G
E M = 0 D FE
F2= - 2 kN
匀变速 (公式)
习题册 P21 习题：1
y D
2 2 2 v S =x +h
s l
A x
d dx dS S =x dt dt: dt
h
B
x
dx S dS = - v vx = = x (-v) dt dt
当 t = 5 s； S = l - vt = 25 m
x = 15 m
∴
5 vx = v = - 5 m/s (右移) 3
B
vB
dv = -c at = dt vA
A
匀变速
v = 20 - ct
B点:
vB2 – vA2 75 =at = p 2S = - 23.87 m/s2
vB – vA p = 0.209 s = t= a 15 t
an = R = 25 m/s2
自然法
vB2
a =√at2 + an2 = 34.57 m/s2
FEB FEB [B]
l
A
FBD
FDA FDO FED F [D]
FED
FED = 3 kN
= Fx = 0 FBD + FEBsin45º 0
FBA
FBD
FBD = 3 kN
= Fy = 0 FBA – FEBsin45º 0 FBA = – 3 kN FDA = – 6 2 kN
+ Fx = 0 FBD + FDAsin45º F = 0
sinq + fScosq
Fmin =
sinq – fScosq
Hale Waihona Puke cosq + fSsinq
Fmax =
cosq – fSsinq
Q
(3) 令
Fmin ≤ 0
sinq ≤ fS cosq
q ≤ arctanfS
导学篇 P69 4-14
平衡时；
q ≤ jm
tanq ≤ tanjm
≤ tanjm
q
D
l- h